天津市南开中学2024届高三上学期统练2数学试题

这是一份天津市南开中学2024届高三上学期统练2数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知函数，，则大致图象如图的函数可能是（ ）
A．B．C．D．
4．设，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
5．当时，，则a的取值范围是
A．(0，)B．(，1)C．(1，)D．(，2)
6．对数的发明并非来源于指数，而是源于数学家对简化大数运算的有效工具的追求．其关键是利用对应关系．观察下表：
已知是光在真空中的速度，31536000是一年的总秒数（假设一年365天），根据表中数据，计算，则一定落在区间（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
9．已知函数是上的偶函数，对任意，，且都有成立．若，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A．，当时，
B．为奇函数
C．，
D．为偶函数
11．在必修第一册教材“8.2.1几个函数模型的比较”一节的例2中，我们得到如下结论：当或时，；当时，，请比较，，的大小关系
A．B．C．D．
12．若函数，（且）有两个零点，则m的取值范围（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．i是虚数单位，则复数 .
14．展开式中第三项系数为 （用具体数字作答）．
15．函数的单调递减区间是 .
16．已知定义在R上的函数满足，，当时，，则 .
17．已知函数，，若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是 .
18．已知函数. 设关于的不等式的解集为，若，则实数的取值范围是 .
三、解答题
19．在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.

(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
20．已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
21．已知函数．
(1)当时，求的极值．
(2)讨论的单调性；
(3)若，证明：．
22．已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
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参考答案：
1．B
【分析】先化简集合，再根据集合并集的定义求解即可.
【详解】因为，，
使用.
故选：B.
2．A
【分析】构造函数，利用函数的单调性与奇偶性，得到，得出，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得，
令，显然函数为偶函数，且在上单调递增，
所以，即，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
3．D
【分析】由函数的奇偶性及选项逐项排除即可得到答案．
【详解】，的定义域均为，且,，
所以为奇函数，为偶函数.
由图易知其为奇函数，而与为非奇非偶函数，故排除AB.
当时，，排除C.
故选:D．
4．D
【分析】根据指数函数、幂函数和对数函数的单调性可得出，，然后即可得出，，的大小关系
【详解】，，
．
故选：D．
5．B
【分析】分和两种情况讨论，即可得出结果.
【详解】当时，显然不成立.
若时
当时，，此时对数，解得，根据对数的图象和性质可知，要使在时恒成立，则有，如图选B.
【点睛】本题主要考查对数函数与指数函数的应用，熟记对数函数与指数函数的性质即可，属于常考题型.
6．B
【分析】由对数运算法则计算、并根据对数函数性质判断．
【详解】根据表中数据知，
，且，．一定落在区间内．
故选：B
7．C
【分析】根据题意得到在单调递增且在大于零恒成立，从而得到，再解不等式即可.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以在单调递增且在大于零恒成立.
所以.
故选：C
8．B
【分析】A选项可以举反例说明，BC选项可以通过作差法来说明，D选项可以通过基本不等式来说明.
【详解】A选项，若，则，A选项错误；
B选项，，
由于，故，，故，
即，B选项正确；
C选项，，由于，故，
即，C选项错误；
D选项，根据基本不等式，，
当且，即时取得等号，此时，D选项错误.
故选：B
9．A
【分析】利用奇偶性和对称性判断函数在上的单调性，再比较大小，结合的单调性即可得出答案．
【详解】解：因为函数是R上的偶函数，
所以函数的对称轴为，
又因为对任意，，且都有成立．
所以函数在上单调递增，
而，，，
所以，
所以，
因为函数的对称轴为，
所以，
而，
因为，
所以，
所以，
所以．
故选：A．
10．A
【分析】对于选项A，将等价转化为，再判断其是否正确，通过构造，再根据两次求导判断出单调递增即可得出；对于选项BD，根据函数奇偶性定义进行判断即可；对于选项C，通过构造函数，再求导判断出在上单调递增即可得出结论.
【详解】对于选项A，，设，则；故等价于，等价于，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，
即，单调递增，对， ，即，故选项A错误；
对于选项B，令，其定义域为R，，所以为奇函数，故选项B正确；
对于选项C，令，
则，当且仅当，即时等号成立，
故在上单调递增，，所以，故选项C正确；
对于选项D，令，其定义域为R，，所以为偶函数，故选项D正确；
故选：A.
11．B
【解析】根据题意化简得，能得出，化为指数根据当或时，判定，将两边同时取底数为4的指数，通过放缩比较的进而得出答案.
【详解】解：因为，，所以，
对于，令，则故
当或时，，所以，即
所以，
将两边同时取底数为4的指数得
因为
所以
故选：B.
【点睛】方法点睛：指、对、幂大小比较的常用方法：
（1）底数相同，指数不同时，如和，利用指数函数的单调性；
（2）指数相同，底数不同，如和利用幂函数单调性比较大小；
（3）底数相同，真数不同，如和利用指数函数单调性比较大小；
（4）底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定.
12．A
【分析】令 ，先讨论 求出单调区间，进而判断函数 的极小值，再由 有两个零点，
所以方程有2个根，而 ，所以且，即可得到 的取值范围．
【详解】令 ,
,
①当 , 时， ，则 ,
则函数在上单调递增，
时， ，所以 ,
则函数 在上单调递减；
②当时，, ，所以 ,
则函数在上单调递增，
当时，，所以 ,
则函数在上单调递减．
故当且时， 在时递减；在时递增，
则 为 的极小值点，且为最小值点，且最小值.
又函数 有两个零点，所以方程有两个不相等的实根，
而，所以 且 ，解得 ,
故选：A .
13．
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】
故答案为：
14．7
【分析】根据题意，由二项式的展开式的通项公式即可得到结果.
【详解】由题意可知，展开式的通项公式为，
令，则第三项为，所以系数为.
故答案为：
15．
【分析】先求解出函数的定义域，再由复合函数单调性判断方法（同增异减）求得函数的单调递减区间.
【详解】函数的定义域为，
令，则，
而在为单调递增函数，在是单调递减函数，在是单调递增函数，
所以函数的单调递减区间是.
故答案为：.
16．
【分析】先判定为定义在上的奇函数，则解出，再由判定函数是周期为4的周期函数，从而，最后结合奇偶性即可求解
【详解】由题意知为定义在上的奇函数，，即.
因为，所以，所以函数的周期为4，则.
因为，为奇函数，
所以.
故答案为：
17．
【分析】画出的图象、的图象，根据的图象经过四个象限，由图象以及判别式求得的取值范围.
【详解】画出的图象如下图所示，作出直线，它过定点，
由图可知，要使的图象经过四个象限，
则需直线与的图象在轴的左右两侧各有两个交点.
（即时，的函数值有正有负，时，的函数值有正有负）
时，与轴的公共点为，，
时，，
由得，
，解得或，
由图可知切线的斜率为，
所以.
故答案为：
18．
【分析】由题意可得，在[，]上，函数y＝f（x+a）的图象应在函数y＝f（x）的图象的下方．当a＝0或 a＞0时，检验不满足条件．当a＜0时，应有f（a）＜f（），化简可得 a2﹣a﹣1＜0，由此求得a的范围．
【详解】由于f（x），
关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为M，若[，]⊆A，
则在[，]上，函数y＝f（x+a）的图象应在函数y＝f（x）的图象的下方．
当a＝0时，显然不满足条件．
当a＞0时，函数y＝f（x+a）的图象是把函数y＝f（x）的图象向左平移a个单位得到的，
结合图象（右上方）可得不满足函数y＝f（x+a）的图象在函数y＝f（x）的图象下方．
当a＜0时，如图所示，要使在[，]上，
函数y＝f（x+a）的图象在函数y＝f（x）的图象的下方，
只要f（a）＜f（）即可，
即﹣a（a）2+（a）＜﹣a（）2，
化简可得 a2﹣a﹣1＜0，解得 a，
故此时a的范围为（，0）．
综上可得，a的范围为（，0），
故答案为：（，0）．

【点睛】本题考查函数的单调性、二次函数的性质、不等式等知识，考查数形结合思想、分类讨论思想，考查学生分析解决问题的能力，注意排除法在解决选择题中的应用，属于中档题．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接

因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值.
【详解】（1）由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因为，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
21．(1)极大值为，无极小值
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解极值即可；
（2）利用导数分类讨论求解单调性即可.
（3）首先将题意转化为证明证，当时，不等式显然成立．当时，转化为证明，再构造函数利用导数求最值即可.
【详解】（1）当时，，
则，
令，得，
所以的极大值为，无极小值．
（2）的定义域为，
对于二次方程，有．
当时，恒成立，在上单调递减．
当时，方程有两根，
若，
在上单调递增，在上单调递减；
若，
在与上单调递减，
在上单调递增．
（3）要证，即证，
因为，所以．
当时，不等式显然成立．
当时，因为，所以只需证，
即证．
令，则，
由得；由，得．所以在上为增函数，在上为减函数，所以．
，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，
所以恒成立，即．
22．（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
2
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0
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单调递增
单调递减